Doplnenie na bázu podpriestoru

[Martin Sleziak]

Dostal som takúto otázku mailom. Skúsim odpísať tu, nech odpoveď vidí viac ľudí - možno bude užitočná aj pre ostatných.

Samozrejme, ak budete mať nejaké ďalšie otázky, návrhy na iné riešenia a podobne, tak píšte sem.

Príklad podobného typu - ale o čosi jednoduchší - je tu: viewtopic.php?t=1017

Zadanie úlohy z mailu je takéto:

Zistite, či sa vektory $(2,1,3,0,1)$, $(3,3,1,2,4)$ dajú doplniť do bázy vektorového priestoru $V= [(1,3,2,4,1),(2,3,1,4,2),(3,2,3,1,4),(3,1,1,2,1)]$. Ak áno, urobte to (nad poľom $\mathbb Z_5$).

Označme si $\vec a_1=(2,1,3,0,1)$, $\vec a_2=(3,3,1,2,4)$ a $\vec b_1=(1,3,2,4,1)$, $\vec b_2=(2,3,1,4,2)$, $\vec b_3=(3,2,3,1,4)$, $\vec b_4=(3,1,1,2,1)$. Len aby sa nám o týchto vektoroch ľahšie vyjadrovalo.

Môžeme si tiež všimnúť, že vektory $\vec a_1$ a $\vec a_2$ sú lineárne nezávislé. (Ak by neboli, tak hneď môžeme odpovedať, že sa to nedá. Pre dva vektory lineárnu nezávislosť vidíme ľahko - ani jeden z vektorov nie je násobkom druhého.)

Asi nám pomôže nájsť nejakú bázu pre $V$. Ak totiž chceme nájsť bázu obsahujúcu $\vec a_{1,2}$, tak potrebujeme vedieť, koľko vektorov treba vlastne pridať. (Čiže nás zaujíma $\dim(V)$.) A súčasne ak nájdeme jednoduchšiu bázu pre $V$, tak budeme ľahšie vedieť skontrolovať, či $\vec a_{1,2}\in V$.

Skopírujem sem riešenie z mailu.

Prv som sa snažil zistiť či vektory $[(1,3,2,4,1),(2,3,1,4,2),(3,2,3,1,4),(3,1,1,2,1)]$ sú bázou vektorového priestoru $V$ nad poľom $\mathbb Z_5$. A poprípade ich nejako jednoduchšie vyjadriť.
$$\begin{pmatrix}
1 & 3 & 2 & 4 & 1 \\
2 & 3 & 1 & 4 & 2 \\
3 & 2 & 3 & 1 & 4 \\
3 & 1 & 1 & 2 & 1 \\
\end{pmatrix}
$$
po niekoľkých úpravách som prišiel k matici (dúfam, že som sa nepomýlil)
$$
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 4 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 4 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 4 \\
\end{pmatrix}
$$

Tu sa zastavím, kým začnem kopírovať zvyšok riešenia.

K otázke, či to je správne - vieme urobiť aspoň polovičnú skúšku správnosti.
Prípadne ak máte poruke nejaký soft, tak to môžete overiť aj v ňom. (Samozrejme, iba keď sa pripravujete doma - na skúške už takúto možnosť nemáte.) A ak nemáte nič nainštalované, tak nejaké veci existujú aj online.
Pokiaľ viem tak WolframAlpha nevie rátať redukvaný tvar matice nad $\mathbb Z_5$, ale aj tak sa môže oplatiť vyskúšať, čo mu vyjde nad $\mathbb R$.
Keď si človek "preloží" ten posledný stĺpec do $\mathbb Z_5$ tak, že napríklad namiesto $52/23$ si predstaví $2\cdot 3^{-1}$, tak vidí, že naozaj tam vyjdú v poslednom stĺpci čísla 0, 4, 4, 4.
(S obvyklým varovaním - ktoré som spomínal na cviku - takýto "preklad" medzi riešením nad $\mathbb R$ a riešením nad $\mathbb Z_5$ funguje iba ak sme v postupe nikde nedelili nulou.)

A ešte sa pozrime na to, čo sme vlastne zistili. Dostali sme bázu pre $V$ pozostávajúcu z vektorov $\vec c_1=(1,0,0,0,0)$, $\vec c_2=(0,1,0,0,4)$, $\vec c_3=(0,0,1,0,4)$, $\vec c_4=(0,0,0,1,4)$. Poznáme teda dimenziu priestoru $V$ a našli sme jednoduchšie vektory, ktoré ho generujú.

Skôr než začneme robiť čokoľvek ďalšie, tak sa nám oplatí skontrolovať, či vektory $\vec a_1$, $\vec a_2$ patria do $V$. (Ak nie, tak môžeme hneď odpovedať, že sa nedajú doplniť na bázu $V$.)
Naučili sme sa jednoduchý postup, ako zistiť, či vektor patrí do podpriestoru určeného riadkami matice v redukovanom trojuholníkovom tvare. takže pomocou neho môžeme vyskúšať, či $\vec a_1$ a $\vec a_2$ sú lineárne kombinácie vektorov $\vec c_1, \dots, \vec c_4$.

Alebo aj inak - z toho čo máme vyrátané, sa dá vidieť, že $V$ je presne podpriestor riešení rovnice $x_2+x_3+x_4+x_5=0$. (Resp. sa môžeme nato pozerať aj ako na veľmi jednoduchú homogénnu sústavu s jednou rovnicou.) Takže to môžeme skontrolovať aj tak, že sa pozrieme na to, či vektory $\vec a_1$, $\vec a_2$ vyhovujú tejto rovnici.

Teraz znovu kopírujem z mailu.

Potom som sa snažil si upraviť aj zadané dva vektory $(2,1,3,0,1)$, $(3,3,1,2,4)$.
$$
\begin{pmatrix}
2 & 1 & 3 & 0 & 1 \\
3 & 3 & 1 & 2 & 4 \\
\end{pmatrix}
$$
po niekoľkých úpravách som prišiel k matici (dúfam, že som sa nepomýlil)
$$
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 & 1 & 3 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 3 \\
\end{pmatrix}
$$

Opäť sa zastavme a poďme urobiť skúšku.

Ak to je správne, tak vektor $(2,1,3,0,1)$ by mal byť 2-krát prvý riadok + 1-krát druhý riadok z~výslednej matice. Takto však dostaneme vektor $(2,1,3,2,4)$, čiže niekde musí byť chyba. (Možno iba pri prepisovaní riešenia do mailu.)

Mne vyšla takáto matica:
$$\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 & 1 & 3 \\
0 & 1 & 1 & 3 & 0 \\
\end{pmatrix}$$

Spoiler:

$\begin{pmatrix}
2 & 1 & 3 & 0 & 1 \\
3 & 3 & 1 & 2 & 4 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
2 & 1 & 3 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 2 & 4 & 3 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 & 1 & 3 \\
1 & 1 & 2 & 4 & 3 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 & 1 & 3 \\
0 & 1 & 1 & 3 & 0 \\
\end{pmatrix}$

Opäť skúsme zosumarizovať, čo zatiaľ vieme. Našli sme vektory $\vec d_1=(1,0,1,1,3)$ a $\vec d_2=(0,1,1,3,0)$ také, že $[\vec a_1,\vec a_2]=[\vec d_1,\vec d_2]$.
Dopĺňať na bázu pôvodné vektory $\vec a_{1,2}$ a nové vektory $\vec d_{1,2}$ sú ekvivalentné úlohy.
Výhodou je, že tieto vektory sú jednoduchšie, takže sa o nich možno niečo dá povedať ľahšie ako o pôvodných.

Opäť kopírujem z mailu, ale nahradím druhý riadok správnym vektorom.

keď som už ich mal takto upravené tak mi napadlo ich doplniť vektormi $(0,0,1,0,4)$, $(0,0,0,1,4)$. Neviem či to je správne, ale keď som ich tam doplnil a snažil sa maticu upraviť na redukovanú stupňovitú tak z matice
$$
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 & 1 & 3 \\
0 & 1 & 1 & 3 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 4 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 4 \\
\end{pmatrix}
$$
som dostal (ak som nespravil chybu)
$$
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 4 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 4 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 4 \\
\end{pmatrix}
$$

Tak vyzerá, že by tá moja myšlienka mohla takto fungovať.

Čo som sa chcel spýtať je aký je postup dopĺňania na bázu zadaných vektorov ak mám vektorový priestor, ktorého báza obsahuje $n$ vektorov, ale každý vektor má viac súradníc ako je $n$. Ako to bolo aj v tomto príklade.

Ja len teda zdôrazním, že odpoveď je, že vektory ktorými môžeme doplniť $\vec a_{1,2}$ na bázu sú teda vektory $\vec c_{3,4}$.
A ešte napíšem, že podľa mňa tu ste podľa mňa nemuseli dopočítavať až na redukovaný tvar - z prednášky viete vetu, že ak máte maticu v stupňovitom tvare, tak jej riadky sú lineárne nezávislé. (Ale aspoň ste si ešte raz prekontrolovali, že $[\vec d_1,\vec d_2,\vec c_3, \vec c_4]=[\vec c_1,\vec c_2,\vec c_3,\vec c_4]$. A teda vidíte, že $\vec d_1$, $\vec d_2$, $\vec c_3$, $\vec c_4$ tvoria bázu $V$. A ako som už spomenul, s vektormi $\vec a_1$, $\vec a_2$ to funguje presne rovnako ako s vektormi $\vec d_1$, $\vec d_2$.)

[Martin Sleziak]

Asi by som sa mal snažiť odpovedať aj na túto otázku.

Čo som sa chcel spýtať je aký je postup dopĺňania na bázu zadaných vektorov ak mám vektorový priestor, ktorého báza obsahuje $n$ vektorov, ale každý vektor má viac súradníc ako je $n$. Ako to bolo aj v tomto príklade.

Chápem ju zhruba ako: Aký je všeobecný postup? Bude takéto niečo fungovať pre ľubovoľný príklad takéhoto typu? Dá sa to riešiť inak?

Dúfam, že som niečo neprehliadol, ale nevidím dôvod prečo by takýto postup nemal zafungovať pre príklady takéhoto typu.
Povedzme, že som mám $k$ vektorov, ktoré chceme doplniť na bázu $m$-rozmerného podpriestoru, pričom $k\le m$ a v oboch prípadoch ich mám v redukovanom tvare.
Potom viem ľahko skontrolovať, či každý z $k$ vektorov patrí do daného podpriestoru. (Ak nie, tak sa to nedá. Ak áno, tak hľadám ako ich doplniť.)
A ak spomedzi $m$ vektorov povyhadzujem tie, ktoré majú vedúce jednotky na rovnakých miestach ako niektorý z mojich $k$ vektorov.
Stále mi zostalo $m-k$ vektorov. Spolu s $k$ vektormi tvoria bázu. (Majú vedúce jednotky na rôznych miestach, teda po poprehadzovaní sú to riadky matice v redukovanom tvare, z 4oho vyplýva, že sú lineárne nezávislé.)

Samozrejme, ak treba tak sa môžeme pozrieť ešte na nejaké ďalšie podobné príklady.

Čo sa týka iných postupov, tak jediné možnosti, čo mi takto hneď prídu na um sú buď výpočtovo náročnejšie (napr. tipnúť si, ktoré sa dajú doplniť a skúšať, či som sa trafil - to môže trvať dlhšie najmä ak sa netrafil a skúšam viackrát) alebo veľmi podobné na toto riešenie, len povedané inak.

Skúsim aj tak ešte napísať aspoň toto - lebo to súvisí s tým, že izomorfné vektorové priestory sú "v podstate rovnaké".
Vyššie sme videli, že $\dim(V)=4$. Teda $V\cong \mathbb (Z_5)^4$.
Ak si vyberieme peknú bázu pre $V$, konkrétne $\vec c_1,\dots,\vec c_4$, tak hneď vidíme, že $\vec a_1$ má v tejto báze súradnice $(2,1,3,0)$ a $\vec a_2$ má v nej súradnice $(3,3,1,1)$. (To je len inak povedané to, že $\vec a_1=2\vec c_1+\vec c_2+3\vec c_3$ a $\vec a_2=3\vec c_1+3\vec c_2+1\vec c_3+1\vec c_4$. Samozrejme, aj v akejkoľvek inej báze má každý vektor z $V$ jednoznačne určené súradnice - výhoda tejto bázy je tá, že ich vidíme hneď.)

Takže by sme sa mohli tváriť, že pracujeme v $(\mathbb Z_5)^4$ a chceme na bázu doplniť vektory $(2,1,3,0)$ a $(3,3,1,0)$. Zistíme, že sa dajú doplniť napríklad vektormi $(0,0,1,0)$ a $(0,0,0,1)$.

Potom to treba preložiť naspäť do $V$; kde nám to hovorí, že $\vec a_1$, $\vec a_2$ sa dajú doplniť na bázu vektormi $\vec c_3$, $\vec c_4$.

Môžete si všimnúť, že toto je presne to, čo sme robili v predošlom postupe. Akurát nám tu navyše pribudlo prenesenie (cez izomorfizmus) do $(\mathbb Z_5)^4$ a naspäť.

Čiže táto úvaha riešenie nijako nezjednoduší. Ale azda môže priniesť trochu lepší vhľad do toho, čo sa tu vlastne deje.
A spomenul som ju aj preto, že izomorfizmus medzi $n$-rozmerným vektorovým priestorom a $F^n$ je asi jedna z pomerne dosť dôležitých myšlienok, ktoré ste si mali tento semester osvojiť - a teda ju nezaškodí pomerne často pripomenúť.